2026人教版高中物理必修第一册练习--第四章　专题强化练11　动力学中的临界问题（含解析）

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2026人教版高中物理必修第一册
第四章　运动和力的关系
专题强化练11　动力学中的临界问题
题组一　接触与分离的临界问题
1.(2025湖南长沙长郡中学月考)如图所示,互不粘连的A、B两物体紧贴放在水平地面上,水平地面与物体间的摩擦可忽略,已知A、B两物体质量分别为4 kg、6 kg。t=0时,水平作用力F1、F2分别作用于A、B上,其中F1=(24-12t)N,F2=(16+12t)N。则下列说法正确的是(　　)
A.A物体先向右运动,再向左运动
B.当t=2 s时,A、B将分离
C.t=0.5 s时,A物体的加速度大小为4.5 m/s2
D.t=2 s时,A物体的加速度大小为2 m/s2
2.(2025黑龙江哈尔滨月考)如图所示,质量mB=2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接,托盘上放一质量mA=1 kg的小物块A,整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F,使其从静止开始以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动,已知弹簧的劲度系数k=600 N/m,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.变力F的最小值为5 N
B.变力F的最大值为11 N
C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小为0.2 m/s
D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小为0.4 m/s
3.(多选题)(2025黑龙江哈尔滨第六中学月考)如图所示,带有固定挡板P和定滑轮的木板一端垫高后与水平面夹角为θ=30°,质量为2m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧,细绳跨过定滑轮,一端连接着质量为m的物块B,另一端连接着物块C(细绳在滑轮左侧部分与木板平行)。开始时用外力托着C,细绳伸直但无张力,A、B处于静止状态。现撤去外力,将C由静止释放后,发现C速度最大时,A、B恰好分离。已知木板足够长,所有摩擦不计,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.撤去外力前弹簧的压缩量为
B.物块C的质量为
C.细绳张力最大值为mg
D.撤去外力瞬间,A、B间压力变为原来的
题组二　相对静止与滑动的临界问题
4.(多选题)(2025湖南阶段测试)如图所示,质量为2m的物块P放在质量为m的长木板Q上,长木板置于水平面上,物块与长木板之间的动摩擦因数为μ1=0.5,长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=。现在物块P上施加一水平向右的恒力F,重力加速度为g,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(　　)
A.F=0.4mg时,物块P的加速度为0
B.F>mg时,长木板Q才开始运动
C.F=1.4mg时,物块P的加速度大小为
D.F=2.5mg时,长木板Q的加速度大小为g
5.(多选题)(2025河南郑州开学考试)如图所示,质量均为m的木块A、B用轻弹簧连接放在水平地面上,木块A的上方放置一质量为2m的铁块C,木块A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ,铁块C与木块A之间的动摩擦因数为0.5μ。水平向右的推力F作用在木块A上,使得A、B、C三者一起向右做匀加速直线运动且刚好不相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.弹簧弹力与推力F大小之比为1∶4
B.推力F的大小等于木块A所受地面摩擦力大小的2倍
C.若推力F突然撤去,木块B的加速度立即变为零
D.若推力F突然撤去,铁块C不会在木块A上滑动
6.(2024安徽合肥一中月考)马车是古代的主要运输工具,如图所示为一匹马水平拉车,车上面有两个木板A和B,A、B之间和B与车之间接触面都水平,A、B之间的动摩擦因数为μ1,B与车之间的动摩擦因数为μ2,A的质量为m,B的质量为2m,车的质量为5m,地面对车的摩擦力不计,马给车的水平拉力为F,A、B始终没有离开车表面,重力加速度为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是(　　)
A.若μ1>μ2,逐渐增大F,A会相对B先滑动
B.若μ1>μ2,逐渐增大F,当F=8μ2mg时,B与车即将开始相对滑动
C.若μ1<μ2,不管F多大,A、B都不会相对滑动
D.若μ1<μ2,A、B与车都相对静止,F的最大值为6μ1mg
题组三　其他临界问题
7.(多选题)(2025黑龙江哈尔滨第三中学月考)如图所示,在一次汽车性能测试中,汽车车厢上用两细绳AC、BC系住一质量为m=8 kg的小球,两绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°,不计空气阻力,取重力加速度大小g=10 m/s2,则(　　)
A.汽车静止在水平地面上时,两细绳的拉力大小分别为TAC=40 N、TBC=40 N
B.当汽车以10 m/s2的加速度向前做匀加速运动时,绳AC上拉力不为0
C.当汽车以10 m/s2的加速度向后做匀加速运动时,绳AC上的拉力大小为80 N
D.当汽车以10 m/s2的加速度向前做匀加速运动时,绳BC与竖直方向的夹角为45°
8.(2024辽宁沈阳期末)如图所示,平板小车上固定一竖直杆,小物块通过一根恰好伸直的细线与杆相连,细线与杆间的夹角θ=37°。已知物块的质量m=2 kg,物块与平板车间的动摩擦因数为μ=0.4,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。当物块随小车一起向右做匀加速直线运动时,下列说法正确的是(　　)
A.加速度越大,细线对物块的拉力越大
B.当加速度大小为3 m/s2时,细线对物块的拉力大小为10 N
C.当加速度大小为7 m/s2时,细线对物块的拉力大小为10 N
D.当加速度大小为10 m/s2时,细线对物块的拉力大小为20 N
答案与分层梯度式解析
1.A　
模型建构
A、B两物体分离前,两者以相同加速度一起向右运动,根据牛顿第二定律,分离前的加速度a==4 m/s2,分离瞬间,A、B间无相互作用力,但加速度大小相等(破题关键),有=,即 m/s2= m/s2,解得t= s,B、C错误。当t=2 s时,A、B两物体已分离,此时F1=(24-12t) N=0,A物体的加速度大小a'=0,D错误。由以上分析可知,A、B两物体先一起向右做加速运动,后两者分离,因F1的大小和方向变化,A物体在分离以后,向右先加速再减速,最后向左做加速运动,A正确。
2.C　
关键点拨
(1)A、B分离前的速度和加速度均相同。
　　(2)A、B分离瞬间,速度和加速度也相同,但A、B间的作用力为零。
对A、B整体受力分析,根据牛顿第二定律有F+kx-(mA+mB)g=(mA+mB)a,由于弹簧弹力减小,则外力F增大,即刚开始施力时,F最小,此时弹簧弹力大小等于整体的重力,即kx=(mA+mB)g,可得x=0.05 m,Fmin=(mA+mB)a=6 N,A错误。二者分离时,外力F达到最大,且A、B之间的弹力为零,对小物块A,根据牛顿第二定律有Fmax-mAg=mAa,解得Fmax=12 N,B错误。二者分离时,速度相等,加速度相等,对托盘B,根据牛顿第二定律有kx'-mBg=mBa,解得x'=0.04 m,根据速度-位移公式有2a(x-x')=v2,联立解得v=0.2 m/s,C正确,D错误。
3.BCD　撤去外力前,对A、B整体分析,可知F弹=3mg·sin 30°=kΔx1,可得弹簧的压缩量为Δx1=,A错误;撤去外力后,A、B、C做加速度减小的加速运动,由题可知,物块B、C速度最大时,A、B恰好分离,此时B、C的加速度为0,对B、C整体分析,有mg sin 30°=mCg,可得物块C的质量为mC=,B正确;对C分析,有mCg-T=mCa,可知当加速度a最小时细绳拉力最大,即当a=0时T最大,则细绳张力最大值为Tm=mg,C正确;撤去外力之前,对B分析,A、B间的压力大小为N1=mg·sin 30°=mg,撤去外力瞬间,对A、B、C整体,有mCg=(m+2m+mC)a2,对A分析,有F弹-2mg sin 30°-N2=2ma2,解得N2=mg,可知=,即撤去外力瞬间,A、B间压力变为原来的,D正确。
4.AC　物块P与长木板Q之间的最大静摩擦力大小为fmax=μ1·2mg=mg,长木板Q与水平面间的最大静摩擦力大小为f'max=μ2·(2m+m)g=0.5mg,可知F=0.4mg时,物块P与长木板Q整体处于静止状态,物块P的加速度为0,A正确。当F>0.5mg时,长木板Q才开始运动,B错误。设当施加在P上的恒力为F0时,物块P与长木板Q刚好能保持相对静止一起做匀加速直线运动,以P、Q整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F0-μ2·(2m+m)g=(2m+m)a0;以Q为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1·2mg-μ2·(2m+m)g=ma0,联立解得a0=0.5g,F0=2mg,可知F=1.4mg时,物块P与长木板Q能保持相对静止一起做匀加速直线运动,以P、Q整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μ2·(2m+m)g=(2m+m)a1,解得加速度大小为a1=,故C正确。当F=2.5mg时,物块P与长木板Q发生相对滑动,以Q为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1·2mg-μ2·(2m+m)g=ma2,解得长木板Q的加速度大小为a2=g,D错误。
5.AB　根据题意A、B、C三者一起向右做匀加速直线运动且刚好不相对滑动,根据牛顿第二定律,对整体有F-μ(2m+m+m)g=(2m+m+m)a,对C有0.5μ×2mg=2ma,对B有F弹-μmg=ma,联立解得F=6μmg=12ma,F弹=3ma=1.5μmg,故F弹∶F=1∶4,故A正确。木块A所受地面摩擦力大小fA=μ×3mg=,故推力F的大小等于木块A所受地面摩擦力大小的2倍,故B正确。若推力F突然撤去,弹簧弹力不变,木块B受力不变,木块B的加速度不变,故C错误。若推力F突然撤去,如果铁块C不会在木块A上滑动,则对A、C整体,根据牛顿第二定律有4.5μmg=3ma1,解得a1=1.5μg,对铁块C,根据牛顿第二定律得C的最大加速度满足0.5μ×2mg=2mam,解得am=0.5μg6.B　若μ1>μ2,B相对于车比A相对于B先滑动(破题关键),所以不管F多大,B相对车滑动后,A相对B一直静止,A错误;若μ1>μ2,A、B整体的最大加速度am==μ2g,A、B、车相对静止的最大拉力Fm=8mam=8μ2mg,故当F=8μ2mg时,B与车即将开始相对滑动,B正确;若μ1<μ2,A相对于B比B相对于车先滑动,C错误;若μ1<μ2,A的最大加速度a'==μ1g,A、B、车相对静止的最大拉力F=8ma'=8μ1mg,D错误。
思维模板　叠加体系统临界问题的求解思路
7.AC　汽车静止在水平地面上时,以小球为研究对象,根据平衡条件有TAC cos 30°+TBC cos 60°=mg,TAC·sin 30°=TBC sin 60°,解得TAC=40 N,TBC=40 N,A正确。设向前做匀加速运动的加速度为a1时,绳AC的拉力刚好为0,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律可得mg tan 60°=ma1,解得a1=10 m/s2,即当汽车以10 m/s2的加速度向前做匀加速运动时,绳AC上拉力刚好为0,B错误。当汽车以10 m/s2的加速度向前做匀加速运动时,由于10 m/s2小于10 m/s2,可知小球没有向后飘起,则绳BC与竖直方向的夹角为60°,D错误。设向后做匀加速运动的加速度为a2时,绳BC的拉力刚好为0,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律可得mg tan 30°=ma2,解得a2= m/s2,则汽车以10 m/s2的加速度向后做匀加速运动时,由于10 m/s2大于 m/s2,可知小球已经飘起来,绳BC的拉力为0;绳AC上的拉力大小为TAC==80 N,C正确。
8.D　
模型建构
当加速度较小,由静摩擦力提供物块的加速度时,加速度增大,静摩擦力增大,细线拉力为零且不变;当达到最大静摩擦力时,物块受力如图甲;加速度再增大,细线上出现拉力,并随加速度的增大而增大,物块对平板车的压力减小;当压力减小到零时,物块与平板车间的摩擦力也为零,物块受力如图乙;加速度继续增大,物块将脱离平板车。
　　
物块随小车一起向右做匀加速直线运动,对物块分析,当加速度较小,由静摩擦力提供加速度时,加速度越大,物块所受的静摩擦力越大,细线拉力为零且不变,A错误。当最大静摩擦力提供加速度时,物块受力如图甲所示,由牛顿第二定律有μmg=ma1,解得a1=4 m/s2,可知当加速度大小为3 m/s2时,因为3 m/s2<4 m/s2时,所以细线对物块的拉力大小为0,B错误。当物块与平板车恰好分离时,物块与平板车间摩擦力刚好为零,受力如图乙所示,根据牛顿第二定律有mg tan 37°=ma2,得a2=7.5 m/s2;当加速度大小为7 m/s2时,由于4 m/s2<7 m/s2<7.5 m/s2,物块受力如图丙所示,根据牛顿第二定律,水平方向有F7 sin 37°+μN'=ma7,竖直方向有F7 cos 37°+N'-mg=0,解得细线对物块的拉力大小为F7= N,C错误。当加速度大小为10 m/s2>7.5 m/s2,所以此时物块与平板车已分离,设细线与竖直方向的夹角为α,物块受力如图丁所示,则细线对物块的拉力大小为F10==20 N,D正确。
　　
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